Quadrilateri iscritti in un quadrato

[angus89]

Fra tutti i quadrilateri convessi iscritti in un quadrato, in modo che ogni lato del quadrato contenga almeno un vertice del quadrilatero, si determinino quelli aventi minomo e massimo perimetro



Osservazione in bianco
credo che questo porblema sia riconducibile ad un problema di minimo e di massimo con qualche funzione...
O forse no...
Sinceramente non mi viene nessuna strategia in mente

e si...è un SNS

[salva90]

Per disuguaglianza triangolare il perimetro è minore del perimetro del quadrato; si ha massimo se i vertici dei due quadrilateri coincidono

[darkcrystal]

E il minimo si trova per QM-AM... vedi come?

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

chiama i vertici del quadrato esterno EFGH in senso antiorario con E tra D e A. EF=1. Poi metti EA=x FB=y GC=z HD=t e noti che le distanze possono essere considerate come una spezzata che ha proiezione sullasse x 2 e sulla y 2 da cui il risultato $ 2\sqrt{2} $

[angus89]

Per disuguaglianza triangolare il perimetro è minore del perimetro del quadrato; si ha massimo se i vertici dei due quadrilateri coincidono

Qui ci ero arrivoto con strani ragionamenti e non ho pensato alla cosa più scontata...disugualianza triangolare...

Va bè

E il minimo si trova per QM-AM... vedi come?

Se lo espliciti è meglio

[...] noti che le distanze possono essere considerate come una spezzata che ha proiezione sullasse x 2 e sulla y 2 da cui il risultato [...]

E qui non riesco a capire

[darkcrystal]

Beh, siano a,b i segmenti staccati sui lati del quadrato esterno da un lato x del quadrilatero iscritto (seguendo il disegno di Gabriel, puoi prendere x=AB, a=AF, b=FB).
Allora per Pitagora e QM-AM vale $ x=\sqrt{a^2+b^2} \geq \sqrt{2} \frac{a+b}{2} $; sommando sui 4 lati del quadrilatero inscritto, il suo perimetro risulta maggiore o uguale a $ \sum \frac{\sqrt{2}(a+b)}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2} P $ dove P indica il perimetro del quadrato; nota inoltre che non è necessario che il quadrilatero inscritto sia il quadrato con vertici nei punti medi dei lati, ma basta che sia un rettangolo con i lati inclinati a 45° rispetto a quelli del quadrato (perchè è questo il caso di uguaglianza nella QM-AM)!

Ciao!

[Stex19]

chiamiamo i segmenti che collegano un vertice del quadrato grosso a 1 del quadrilatero con le lettere $ x,y,z,t $ come in figura, e chiamiano $ a $ il lato del quadrato grande.




troviamo i 4 lati del quadrilatero con pitagora (a es. il primo è $ \sqrt{y^2+(a-x)^2} $ )

si ottiene quandi il perimentrio P del quadrilatero che è $ 2P^2=2a^2+x^2+y^2+x^2+z^2-2a(x+y+z+t) $

possiamo eliminare $ 2a^2 $, visto che è un valore costante che vvaria in base al quadrato grande, e arriviamo a dovre trovare il valore minimo di $ x^2+y^2+x^2+z^2-2a(x+y+z+t) $, che possiamo riscrivere così: $ x(x-a)+y(y-a)+z(z-a)+t(t-a) $

analizziamo solo un caso, poichè i 4 casi sono uguali, quindi $ x(x-a)=-x(a-x) $, ma $ a-x=c $, quindi dobbiamo trovare il punto che divide un segmento in modo che il prodotto dei 2 segmenti formati sia massimo. E noi sappiamo che questo punto è il punto medio.
Quindi il lato del quadrato inscritto è $ \frac{1}{\sqrt{2}} $ volte quello del quadrato grande, quindi anche il perimentro è $ \frac{1}{\sqrt{2}} $ il perimetro del quadrato grande.

p.s scusat per la figura piccola....

[Robertopphneimer]

Provo un attimo io :

un lato del quadrilatero è l

l= x(proiezione di l sul lato del quadrato) * cos(alpha)

$ 2p= l_1+l_2+l_3+l_4 $ dato che tutti i lati hanno le medesime formule perciò la funzione si può considerare

$ l(k) = k cos(alpha) $ perciò il valore in cui il coseno è minimo in questo caso è $ \sqrt{2} /2 $ (poiché all'umentare di un angolo diminuisce l'altro e a alpha = 90° si ha che i vertici del quadrilatero corrispondono col quadrato cioè il massimo).